Verifique se são bijetoras as transformações lineares. Nos casos possíveis, determine as transformações inversas.
T: M_{2}(\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{R} tal que T\left(\begin{array}{cc}x & y \\\ z & w\end{array}\right)=x+y+z+w.

Passo 1

O enunciado dá uma transformação T cujo domínio é o espaço das matrizes 2\times2 reais e contradomínio é \mathbb{R}. Escrevendo a matriz genérica com entradas (x,y,z,w) na ordem habitual:
\begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & w\end{pmatrix},
a transformação é definida por
T\!\left(\begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & w\end{pmatrix}\right)=x+y+z+w.
O que o enunciado pede:
  • Verificar se T é bijetora (isto é, injetora e sobrejetora).
  • Se for bijetora, determinar a transformação inversa T^{-1}. Se não for, explicar por quê.]

Passo 2

Vamos primeiro verificar que T é linear (isso é necessário para usar argumentos de núcleo/imagem e o teorema do posto-nulidade).
Definição prática de linearidade: uma aplicação T é linear se, para quaisquer matrizes A,B\in M_{2}(\mathbb{R}) e qualquer escalar \lambda\in\mathbb{R},
T(A+B)=T(A)+T(B)\quad\text{e}\quad T(\lambda A)=\lambda T(A).
Sejam
A=\begin{pmatrix}x_1 & y_1\\[4pt] z_1 & w_1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}x_2 & y_2\\[4pt] z_2 & w_2\end{pmatrix}.
Então
A+B=\begin{pmatrix}x_1+x_2 & y_1+y_2\\[4pt] z_1+z_2 & w_1+w_2\end{pmatrix},
e aplicando T obtemos
T(A+B)=(x_1+x_2)+(y_1+y_2)+(z_1+z_2)+(w_1+w_2).
Agrupando termos isto é exatamente
(x_1+y_1+z_1+w_1)+(x_2+y_2+z_2+w_2)=T(A)+T(B).
De modo análogo, para \lambda\in\mathbb{R},
\lambda A=\begin{pmatrix}\lambda x_1 & \lambda y_1\\[4pt]\lambda z_1 & \lambda w_1\end{pmatrix}
e
T(\lambda A)=\lambda x_1+\lambda y_1+\lambda z_1+\lambda w_1=\lambda(x_1+y_1+z_1+w_1)=\lambda T(A).
Portanto T é linear. (Comentário rápido: resumi a verificação com contas diretas — é sempre um bom hábito assim na prova.)]

Passo 3

Agora vamos estudar a sobrejetividade (se a imagem de T é todo \mathbb{R}).
Queremos ver se, dado um real arbitrário r\in\mathbb{R}, existe uma matriz A\in M_{2}(\mathbb{R}) tal que T(A)=r.
Escolha a matriz simples
A=\begin{pmatrix}r & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
Aplicando T,
T(A)=r+0+0+0=r.
Como isso vale para qualquer r\in\mathbb{R}, concluímos que a imagem de T é todo \mathbb{R}, isto é,
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R},
logo T é sobrejetora.]

Passo 4

Agora a injetividade. Para isso usamos o núcleo (kernel) de T, que é o conjunto de matrizes que vão para 0:
\ker(T)=\left\{\begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & w\end{pmatrix}\in M_2(\mathbb{R}) \mid x+y+z+w=0\right\}.
Se T fosse injetora então \ker(T) seria apenas a matriz nula. Mas aqui a equação x+y+z+w=0 tem muitas soluções além de x=y=z=w=0. Por exemplo,
\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}\in\ker(T),
pois 1+(-1)+0+0=0, e essa matriz é diferente da matriz nula. Portanto \ker(T)\neq\{0\}, o que implica que T não é injetora.]

Passo 5

Podemos também usar o teorema do posto-nulidade (rank-nullity) para quantificar as dimensões e reforçar o argumento. O espaço M_2(\mathbb{R}) tem dimensão 4 (quatro entradas livres). Já vimos que \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R} tem dimensão 1. O teorema do posto-nulidade diz:
\dim(\ker(T))+\dim(\operatorname{Im}(T))=\dim(M_2(\mathbb{R})).
Logo
\dim(\ker(T))=4-1=3.
Isto confirma que há um subespaço de dimensão 3 de matrizes que vão para zero — portanto vários vetores (matrizes) colapsam para o mesmo valor em \mathbb{R}, impedindo a injetividade.

Passo 6

Conclusão sobre bijetividade e inversa: como T é sobrejetora mas não injetora, não é bijetora. Portanto NÃO existe uma transformação inversa T^{-1}:\mathbb{R}\to M_2(\mathbb{R}) que seja inversa à esquerda e à direita ao mesmo tempo (isto é, não há bijeção, logo não há inversa no sentido usual).
Entretanto, um comentário útil para a prova: embora não exista inversa global, existe uma seção (uma “inversa à direita”) linear S:\mathbb{R}\to M_2(\mathbb{R}) tal que T\circ S=\mathrm{id}_{\mathbb{R}}. Um exemplo simples é
S(r)=\begin{pmatrix}r & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
De fato T(S(r))=r. Isso não contradiz a falta de inversa: S não é a inversa de T porque T não é injetora (não existe S com S\circ T=\mathrm{id}_{M_2(\mathbb{R})}).]

Resposta

T não é bijetora; T é sobrejetora e não injetora. \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}. \ker(T)=\left\{\begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & w\end{pmatrix}\in M_2(\mathbb{R}) \mid x+y+z+w=0\right\} (dimensão 3). Não existe T^{-1}:\mathbb{R}\to M_2(\mathbb{R}) (inversa global). Uma seção (inversa à direita) exemplificativa é S(r)=\begin{pmatrix}r & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}, pois T\circ S=\mathrm{id}_{\mathbb{R}}.]

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